2027届高三物理一轮复习课件：第七章　动量守恒定律_含解析

这是一份2027届高三物理一轮复习课件：第七章　动量守恒定律_含解析，共134页。
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第1节 动量定理及其应用
二、动量的“三性”1.瞬时性:公式中速度为瞬时速度。2.矢量性:方向与速度的方向相同。3.相对性:速度具有相对性,故动量具有相对性,一般以地面为参考系。
三、动量变化量:Δp=p2-p11.若初、末动量在同一直线上,规定正方向后就可以转化为代数运算,如图1、2所示(规定向右为正方向)。2.若初、末动量不在同一直线上,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则或三角形定则,其方向与速度的变化量方向相同,如图3所示。           
四、冲量的特点1.矢量性:恒力冲量的方向与力的方向相同。2.过程性:反映力的作用对时间的累积效应。3.绝对性:与参考系的选取无关。4.同时性:作用力和反作用力的冲量总是等大反向。
典例1    (2023河北,6,4分)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据,为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中,其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10 s至10.35 s内,曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60 kg,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (         )A.起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/sC.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 mD.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s
解析　　由题图可知在10.10 s至10.35 s时间内,运动员受到的支持力最大值Fm=42×60 N=2 520 N,根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度am= =32 m/s2,A错误。根据题图可知,在10.10 s至10.35 s时间内,支持力的冲量IN=22×60×(10.35-10.10)N·s=330 N·s,重力的冲量IG=60×10×(10.35-10.10) N·s=150 N·s,故起跳过程中,运动员所受合力冲量I合=IN-IG=180 N·s,D错误。根据动量定理有I合=mv,解得运动员离开地面时的速度v=3 m/s,起跳后运动员做竖直上抛运动,根据运动规律可知重心上升过程中的平均速度大小 = =1.5 m/s,重心上升的最大高度h= =0.45 m,B错误,C正确。
拓展设问(从做功角度分析)(1)试分析起跳过程中,支持力对运动员做的功。(2)试分析,起跳后瞬间至运动到最高点的过程,重力做的功。
答案(1)0    (2)-270 J
解析(1)起跳过程中,支持力对应的位移为零,故支持力对运动员做的功为0。(2)由于重心上升的高度h=0.45 m,可得重力做的功WG=-mgh=-270 J。
提分关键·方法提升冲量的四种计算方法
考点2　动量定理的理解及应用
一、动量定理及其理解1.动量定理(1)内容:物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。(2)表达式:I=F(t'-t)=Δp=p'-p。2.对动量定理的理解(1)FΔt= p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力的冲量。(2)合力的冲量是动量变化的原因。(3)由FΔt=p'-p,得F= = ,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
二、应用动量定理解释生活现象1.当Δp一定时,Δt越短,力F就越大;Δt越长,力F就越小。2.当作用力F一定时,Δt越长,Δp越大;Δt越短,Δp越小。
典例2    (2025届山西临汾模拟)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力F随时间的变化关系如图甲所示,0~2 s内速度与时间关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动,下列说法正确的是(        )
A.前2 s内拉力F做的功为12 JB.前4 s内拉力F的冲量为4 N·sC.前4 s内物块一直在运动D.物块在4 s末恰好减速为零
解析　　由题图乙可知,第1 s内、第2 s内物块的位移分别为x1=2 m、x2=4 m,故前2 s内拉力F做的功W=F1x1+F2x2=(6×2+2×4) J=20 J,A错误。【关键:F-t图线与横轴所围面积表示拉力的冲量,注意冲量的正、负】由题图甲知,前4 s内拉力F的冲量为IF=  N·s=4 N·s,B正确。在1~2 s内,物块做匀速直线运动,可知滑动摩擦力大小Ff=2 N,假设t时刻,物块速度减为零,则在0~t时间内,取速度v的方向为正,根据动量定理得I'F+If=0,即6×1 N·s+2×1 N·s-2×(t-2) N·s-Fft=0,解得t=3 s,C、D错误。
一题多解在0~1 s内,对物块由牛顿第二定律得(6-2) N=ma1,其中a1=4 m/s2,解得m=1 kg;在2 s后到物块减速到0的过程中,加速度大小a2=  m/s2=4 m/s2,可得物块在3 s时速度减为零,又由F=Ff可知,之后一直静止,C、D错误。
典例3    (2025浙江6月,9,3分)高空抛物伤人事件时有发生,成年人头部受到500 N的冲击力,就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落,以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间,上、下沿距离为5 cm,重力加速度g取10 m/s2,要产生500 N的冲击力,估算鸡蛋坠落的楼层为 (        )A.5层　　　    B.8层C.17层　　　    D.27层
解析　　鸡蛋下沿触地后,可认为其做匀减速直线运动直到静止,该过程鸡蛋的位移为x=5 cm=0.05 m,设鸡蛋下沿触地瞬间的速度大小为v,则鸡蛋撞击地面的时间为Δt= = ,规定竖直向上为正方向,该过程对鸡蛋由动量定理得F·Δt-mg·Δt=0-(-mv)【易错:此处由动量定理处理问题时,应注意该等式的矢量性】,解得v=10  m/s【点拨:由于冲击力500 N远大于鸡蛋的重力0.5 N,则估算时重力的冲量可忽略不计】,鸡蛋下落过程,由自由落体运动规律得v2=2gh,则有h= ,解得h=50 m,又每层楼的高度约为h0=3 m,则鸡蛋坠落的楼层数为n= +1≈17.7,C正确。
高考变式　(变力及往复运动的分析)(多选)一质量为m的小球从地面竖直上抛,在运动过程中小球受到的空气阻力大小与速率成正比。它从被抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是     (         )A.小球在t2~t3时间内受到的空气阻力为0
B.小球在运动过程中阻力最大为2mgC.小球从抛出到落地重力的冲量大小为 D.小球从抛出到落地阻力的冲量为0
解析　　小球在t2~t3时间内,动量不变且不为0,可得小球匀速运动,空气阻力大小等于重力大小,A错误。在t2~t3时间内,根据受力平衡可得mg=kv=k = ,解得k= ;t=0时刻小球的速度v1= ,此时速度最大,可得最大阻力f=k =2mg,B正确。取竖直向上为正方向,设上升高度为h,小球速度大小为v时,有F=kv,极短时间Δt内有I=kvΔt,则上升过程中根据动量定理得-mgt1-∑kvΔt=0-p0,整理得mgt1+kh=p0,下降过程中根据动量定理得-mg(t3-t1)+∑kvΔt=- ,整理得mg(t3-t1)-kh= ,解得小球从抛出到落地的时间t3= ,重力的冲量大小IG=mgt3= p0,C错误。上升过程阻力的冲量I1=-kh,下降过程阻力的冲量I2=kh,可得从抛出到落地阻力的冲量为0,D正确。
考点3　应用动量定理分析流体问题
典例4    (人教版选必一P30,B组,T4改编)水流射向墙壁,会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的速度为v,水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。(1)(回归教材)求墙壁受到的平均冲击力。(2)(拓展变式)若水流垂直射向竖直墙壁后速度变为-v,求墙壁受到的平均冲击力。(3)(情境变式)假设水枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的流速为v,水流垂直射向以恒定速度v0(v00,v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动);当m1≫m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1。(3)若m10(碰后两小球沿相反方向运动);当m1≪m2时,v1'≈-v1,v2'≈0。
典例2    A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球的速度可能是 (         )A.vA'=5 m/s,vB'=2.5 m/sB.vA'=2 m/s,vB'=4 m/sC.vA'=-4 m/s,vB'=7 m/sD.vA'=7 m/s,vB'=1.5 m/s
典例3    (2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (        )A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
解析　　设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,有mv0=mv'+mv1, m = mv'2+ m ,联立解得v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p氢=mv0,氢核动能Ek氢= m ;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2, m = mv″2+ M ,解得v″= v0=- v0,v2= v0= v0p氢,碰后氮核动能Ek氮= M = × m 10 cm所以子弹能射穿木块。
题型2　滑块-木板模型
一、模型图示 上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上木板。
二、模型解读1.如图所示,若滑块未滑离木板,当滑块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,滑块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。 这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况。①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。②系统能量守恒:Ffd= m - (M+m)v2。
2.若滑块滑离木板,设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统能量守恒:FfL= m - m - M 。
典例2    (人教版选必一P30,T7改编)如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5,则下列判断错误的是(g取10 m/s2) (         )A.A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/sB.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为15 JC.碰撞后到三者相对静止,B相对长板滑动的距离为0.6 mD.碰撞后到三者相对静止,需要时间为0.4 s
解析　  【关键:因A、C碰撞时间极短,A与C碰撞过程A、C组成的系统动量守恒,B的速度不变】对A、C碰撞过程,根据动量守恒可得mAv0=mAvA+mCvC;A、C碰后,对A、B组成的系统,根据动量守恒可得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB;A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,可得vC=vAB,联立解得vA=2 m/s、vAB=3 m/s,故A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2 m/s,A正确。【关键:A、B组成的系统因摩擦产生的热量为A、B相对滑动过程中损失的机械能】对A、B组成的系统由能量守恒可得因摩擦产生的热量Q= mA + mB - (mA+mB) ,解得Q=3 J,B错误。【关键:滑动摩擦力乘A、B相对滑动过程的相对位移,等于滑动过程中产生的热量;若相对运动方向反向,需分段计算热量】根据Q=μmBgx,解得x=0.6 m,可得碰撞后到三者相对静止,B相对A滑动的距离为0.6 m,C正确。碰撞后至三者相对静止,对B,根据动量定理可得-μmBgΔt=mBvAB-mBv0,解得Δt=0.4 s,D正确。
链接高考(2025浙江1月,8,3分)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,则(g取10 m/s2) (         ) A.碰撞瞬间C相对地面静止B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 sC.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 JD.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m
解析　    A、B发生碰撞瞬间,C由于惯性保持原状态不变,对地速度仍为2 m/s,A错误;A、B碰撞瞬间,A、B组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有mvA+mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,如图所示,碰后A、B、C三者构成的系统总动量为2mv1+mvC=0,三者相对静止时,速度均为0,从碰撞后到三者相对静止的过程中,设C对地位移大小为xC,则 =2× xC,可得xC=0.4 m,同时A、B也做匀减速直线运动,即 =2× xAB,则xAB=0.2 m,所以C相对长板滑动的距离为0.6 m,D正确;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=μmgΔx相对=3 J,C错误;根据匀变速直线运动规律,从碰撞后到三者相对静止,经历的时间t= =0.4 s,B错误。
提分关键·规律总结滑块-木板模型的解题关键(1)在涉及滑块或木板的运动时间时,优先考虑应用动量定理。(2)在涉及滑块或木板的位移时,优先考虑应用动能定理。(3)在涉及滑块与木板的相对位移时,优先考虑应用系统的能量守恒(或功能关系)。
题型3　滑块-弹簧模型
一、模型图示 物体A、B通过轻弹簧(开始处于原长)相连,物体A以初速度v0运动
二、两种情境 1.当弹簧处于最短(或最长)时两物体瞬时速度相同,弹簧的弹性势能最大(类比完全非弹性碰撞)(对应2、4状态)
(1)系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共(2)系统机械能守恒: m1 = (m1+m2) +Epm2.当弹簧恢复原长时弹性势能为0(类比弹性碰撞)(对应1、3状态)(1)系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2max(2)系统机械能守恒: m1 = m1 + m2 
典例3    一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上,如图甲所示。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。从图像信息可得(         )A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8
解析　　由速度-时间图线切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,所以弹力为0,弹簧处于原长,由题图分析可知在t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸长状态,A、B错误。0~t1过程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是2 m/s,由动能的定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。
提分关键·规律总结滑块-弹簧模型的v-t图像
题型4　滑块-斜(曲)面模型
二、模型解读(曲面最高点切线竖直)  
1.系统水平方向所受合力为0,系统水平方向动量守恒;竖直方向动量不守恒,系统动量不守恒。整个过程中系统的机械能守恒。2.上升到最大高度:滑块的水平分速度与斜(曲)面体速度相同,为v共,此时滑块的竖直分速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统的机械能守恒, m = (M+m) +mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。3.返回最低点:滑块与斜(曲)面体分离点。系统水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒, m = m + M (相当于弹性碰撞)。
典例4　如图1所示,水平桌面上放置一个半圆形槽,质量为2m,圆面半径为R。A、C两点为槽口端点,B点为槽的最低点。质量为m的小球(可视为质点)从A点沿槽滑下。重力加速度为g。若槽固定且槽面粗糙。小球以初速度v0滑下,并且滑到B点时的速度大小仍为v0,那么小球从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做了多少功?若初速度大小改为2v0,滑到B点的速度大小还是2v0吗? 
·········· 能力进阶 ··········
解析槽固定【点拨:弹力方向始终垂直于速度方向,此种情况下弹力做功为0】且槽面粗糙,小球从A点滑到B点,根据动能定理得mgR-W克= m - m =0所以克服摩擦力做功W克=mgR若初速度大小改为2v0,相比原来,小球经过同一位置时速度更大,需要的向心力更大,弹力、摩擦力以及摩擦力做功也随之更大。根据动能定理有mgR-W克'= m - m(2v0)2由于W克'>W克,所以vB0,即碰后两球同向运动。第2次碰撞,小球B撞上小球A,发生弹性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢复到v0,小球B静止,发生第2次碰撞时是B比A多运动一圈追上A发生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅱ处,则 = (n=0,1,2,…)
则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =2。第3次碰撞是A在Ⅱ处撞上B,而后A在Ⅲ处被B撞上发生第4次碰撞(与第2次碰撞类似),第6次在Ⅰ处碰撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ处,则 = (n=0,1,2,…)则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =5与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。
(3)第1次碰撞,由动量守恒定律有mAv0=mAvA1+mBvB1由碰撞前后相对速度的变化关系有 =e第1次碰撞后到第2次碰撞之间有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR其中t1为第1次碰撞至第2次碰撞的时间联立解得xB1=vB1t1=  第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2【点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便,等式左边可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2】
 =e,则vA2-vB2=e2v0xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR联立解得xB2=  通过运算发现,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,则第2次碰撞为速度大的B球撞A球,碰撞后A球速度大于B球速度且B球不反弹,第3次碰撞为速度大的A球撞B球,如此循环往复,可知第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球运动的路程xBn=  
从第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间B球通过的路程xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n=  = · 。
高考变式　(水平变竖直)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B的质量分别为m、3m。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相碰,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。(1)求第一次与小球B碰前瞬间,小球A的速度大小;(2)求第一次碰撞过程中小球A对小球B的冲量大小;(3)请通过推理论证,说明小球A、B每次碰撞的地点,并讨论小球A、B在每次碰撞刚结束时各自的速度。
答案(1)     (2)      (3)见解析
解析(1)小球A下滑的过程中机械能守恒,有mgR= mv2解得v= 。(2)取水平向右为正方向,A、B两球发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv1+3mv2 mv2= m + ×3m 联立解得v1=-  ,v2=  以B球为研究对象,根据动量定理有IB=3mv2-0
解得IB=  。(3)第一次碰撞后,两球速度大小相等、方向相反,因为最低点两侧轨道完全对称,根据机械能守恒定律,两球沿轨道上升到任意相同高度处,其速度大小都相等,故两球沿轨道同时运动到相同高度(O点所在高度的下方),再同时滑至最低点,滑至最低点的速度大小均为  ,在最低点发生第二次弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m(-v1)+3m(-v2)=mv'1+3mv'2 m(-v1)2+ ×3m(-v2)2= mv + ×3mv 联立解得v'1=- ,v'2=0可见,第二次碰撞后,B球停在最低点,A球能返回最初的位置,第三次碰撞与第一次碰撞
相同,第四次碰撞与第二次碰撞相同。依次类推,每次碰撞都在最低点发生【点拨:应用归纳推理的方法,巧妙求解多次碰撞问题,寻找多次碰撞的规律,化难为易】。由此可得,当碰撞次数为奇数时,小球A、B碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同,v1=-  ,v2=  当碰撞次数为偶数时,小球A、B在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同,v'1=- ,v'2=0。
提分关键·方法提升巧用变换参考系求解动碰动问题如图所示,质量分别为m1和m2、半径相同的两个小球A和B在同一光滑水平面上向右运动。A、B的速度分别是v10和v20,且满足v10>v20。某时刻发生碰撞,碰后A、B的速度分别是v1和v2。 处理动碰动问题,可通过变换参考系将动碰动模型转化为动碰静模型。以碰前相对地面以速度v20运动的B为参考系,则碰前A相对于B的速度为(v10-v20),在此参考系中:A碰后
速度为 (v10-v20),B碰后速度为 ·(v10-v20),以地面为参考系时A的碰后速度v1= (v10-v20)+v20,B的碰后速度v2= (v10-v20)+v20。
实验8 验证动量守恒定律
一、实验原理及装置图 在一维碰撞中,测出相碰的两球的质量m1、m2和碰撞前后球的速度,计算得出碰撞前的动量p=m1v0及碰撞后的动量p'=m1v1+m2v2,验证碰撞前后的动量是否相同。
如图所示,在此实验装置图中,由于平抛运动时间相等,有碰撞前的动量与时间的乘积pt=m1v0t及碰撞后的动量与时间的乘积p't=m1v1t+m2v2t,因此只要验证m1sOP=m1sOM+m2sO'N,即可验证动量守恒定律。
二、操作要领及注意事项1.需要测量哪些物理量:两小球质量以及水平位移。2.如何选择小球:本实验方案不需要两球大小相同,但需要调节支球柱的高度,以保证两球能发生正碰。若不使用支球柱,则需要两球大小相同。为使入射球碰撞不被弹回且不静止,需要入射球质量大于靶球质量。3.如何安装斜槽:斜槽不要求光滑,但斜槽末端必须水平。4.如何控制起点位置:每次让入射球从斜槽上同一位置由静止滚下。
三、数据处理让入射球从同一位置释放,测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离sOP,再测出入射球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离sOM、sO'N,只要验证m1sOP=m1sOM+m2sO'N,即可验证动量守恒定律。若m1 =m1 +m2 也成立,说明两球的碰撞是弹性碰撞。
四、减小误差的方法1.小球落点的确定:画尽量小的圆把尽可能多的小球落点圈在里面,圆心就是小球落点的平均位置。2.水平位移的测量:本实验中的O点和O'点分别为斜槽末端的正下方和靶球球心的正下方,O点可通过铅垂线在白纸上直接画出,而O'点不可以直接画出,需通过测量确定,O、O'两点间距离为两小球半径之和,而半径的测量存在误差,同时水平位移的测量也会存在误差,测量半径和水平位移时可通过多次测量取平均值的方法减小误差。